天津专用2020高考化学二轮复习热点专攻16化学反应原理综合题训练含解析202001101150.docx

1、热点专攻16化学反应原理综合题1.(2019天津理综)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题:.硅粉与HCl在300 时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2,放出225 kJ热量,该反应的热化学方程式为。SiHCl3的电子式为。.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为:SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)H103SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)H202SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)H3(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解

2、KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称(填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为。(2)已知体系自由能变G=H-TS,Gv(逆)B.v(正):A点E点C.反应适宜温度: 480520 (4)反应的H3=(用H1、H2表示)。温度升高,反应的平衡常数K(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有(填分子式)。答案:.Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)H=-225 kJmol-1ClCl.(1)阴极2H2O+2e-H2+2OH-(2)1 000 H2H1导致反应的G小(3)AC(4)H2-H1减小(5)

3、HCl、H2解析:.首先书写反应的化学方程式:Si+3HClSiHCl3+H2,然后加上状态和焓变得热化学方程式:Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)H=-225kJmol-1;SiHCl3的电子式为ClCl。.(1)用惰性电极电解KOH溶液,阴极是“放氢生碱”,电极反应为2H2O+2e-H2+2OH-。(2)要使反应能自发进行,则体系自由能变G0,由图1可知反应能自发进行的最低温度为1000;反应放热,H2v(逆),A项正确;E点温度高于A点,则v(正):A点E点,B项错误;由图2可知平衡转化率在CD时较高,对应温度为480520,C项正确。(4)根据盖斯定律:反应-反应

4、可得反应,则H3=H2-H1;由于H3=H2-H1”“”“”“”“”或“=”)k逆增大的倍数。温度为T1时,测定平衡体系中c(H2O)=0.25 molL-1,则k正k逆= Lmol-1(结果保留2位小数)。答案:(1)CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)H=+103.7 kJmol-1(2)62.5(3)16.00命题分析本题考查盖斯定律与热化学方程式的书写、化学平衡移动原理与图像分析、化学平衡相关计算,注意化学平衡移动原理与图像联合分析,找出相关点、线的数据和变化原因。解析:(1)CH3CH2OH(l)CH3CH2OH(g)H1=+41.50kJmol-1H2O(g)H2O(

5、l)H2=-44kJmol-1CH3CH2OH(g)C2H4(g)+H2O(g)H3反应的H=E(反应物)-E(生成物)=5E(CH)+E(CC)+E(CO)+E(OH)-4E(CH)+E(CC)+2E(OH)=5415+332+433+462.8kJmol-1-4415+611+2462.8kJmol-1=+106.2kJmol-1,根据盖斯定律:+,CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)H=+41.50kJmol-1-44kJmol-1+106.2kJmol-1=+103.7kJmol-1,故实验室制备乙烯的热化学方程式为CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)H=+

6、103.7kJmol-1。(2)温度升高CO2的平衡转化率降低,说明升温平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,Hv(P)。曲线Y对应的投料比n(H2)n(CO2)=21。设起始时投入的CO2的物质的量为1mol。P点时,CO2的转化率为0.50。2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)起始/mol1200转化/mol0.51.50.251平衡/mol0.50.50.251K=c(C2H4)c4(H2O)c2(CO2)c6(H2)=62.5。(3)反应达到平衡时,v正=v逆,可得平衡常数K=k正k逆,N点正反应速率大于逆反应速率,则KT1,且平衡时T2温度下,C2H

7、4的转化率小于T1的转化率,故正反应为放热反应,升温平衡逆向移动,说明k逆增大倍数大于k正增大倍数。温度为T1时,C2H4(g)的平衡转化率为80%,设C2H4的起始浓度为cmolL-1,平衡时c(C2H4)=0.2cmolL-1,c(CH3CH2OH)=0.80cmolL-1,已知c(H2O)=0.25molL-1,则k正k逆=0.80c0.2c0.25Lmol-1=16.00Lmol-1。3.(2019全国)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:(1)已知:(g)(g)+H2(g)H1=100.3 kJmol-1H2(g)+I2(g)2HI(g)H

8、2=-11.0 kJmol-1对于反应:(g)+I2(g)(g)+2HI(g)H3= kJmol-1。(2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应,起始总压为105 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为,该反应的平衡常数Kp= Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有(填标号)。A.通入惰性气体B.提高温度C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是(填标号)。A.T1T2B.A点的反应速率小于C点的反应速率C.A点的正反应速率大于B

9、点的逆反应速率D.B点时二聚体的浓度为0.45 molL-1(4)环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2,结构简式为,后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为,总反应为。电解制备需要在无水条件下进行,原因为。答案:(1)89.3(2)40%3.56104BD(3)CD(4)Fe电极Fe+2+H2或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2水会阻碍中间物Na的生成;水会电离生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2解析:(1)根据盖斯定律,将反应和叠加可得反应,

10、故H3=H1+H2=100.3kJmol-1+(-11.0kJmol-1)=89.3kJmol-1。(2)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5104Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:(g)+I2(g)(g)+2HI(g)起始/Pa5104510400转化/Pa5104x5104x5104x1105x平衡/Pa5104(1-x)5104(1-x)5104x1105x根据平衡时总压增加了20%,则5104(1-x)Pa+5104(1-x)Pa+5104xPa+1105xPa=1.2105Pa,解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(

11、环戊烯)=3104Pa,p(I2)=3104Pa,p(环戊二烯)=2104Pa,p(HI)=4104Pa,则该反应的平衡常数Kp=(4104Pa)22104Pa(3104Pa)2=3.56104Pa。通入惰性气体,不会引起各物质的浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种物质的量,自身的转化率减少,而另一种反应物的转化率增大,增加环戊烯浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘浓度,环戊烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。(3)根据曲线的变化趋势可知,T2温

12、度下首先达到平衡,反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;A点、C点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较A、C两点的反应速率的大小,B项错误;A点的正反应速率大于B点的正反应速率,而B点还没有达到平衡,因此B点的正反应速率大于其逆反应速率,则A点的正反应速率大于B点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度为1.5molL-1,B点环戊二烯的浓度为0.6molL-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9molL-1,因此B点二聚体的浓度为0.45molL-1,D项正确。(4)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个

13、H原子,再结合所给信息,可得总反应方程式为Fe+2+H2Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2。有水存在的条件下,Na+不能得到电子生成Na,而是H2O得电子生成H2和OH-,OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2。4.(2019全国)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应平衡常

14、数K(300 )(填“大于”或“小于”)K(400 )。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400 )=(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:CuCl2(s)CuCl(s)+12Cl2(g)H1=83 kJmol-1CuCl(s)+12O2(g)CuO(s)+12Cl2(g)H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)H3=-121 kJmol-1则4HCl(

15、g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的H=kJmol-1。(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是。(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:负极区发生的反应有。电路中转移1 mol电子,需消耗氧气 L(标准状况)。答案:(1)大于0.4220.422(1-0.84)4(1-0.21)c0O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)-116(3)增大反应体系压强、及时除去产物(4)Fe3+e-Fe2+,4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O5.6解析:本

16、题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300)大于K(400)。根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)c(O2)=11的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400时HCl的平衡转化率为84%。根据条件可列三段式如下:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)初始:c0c000转化:c00.84c00.21c00.42c00.42平衡:c0(1-

17、0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42K(400)=c2(Cl2)c2(H2O)c4(HCl)c(O2)=(c00.42)2(c00.42)2c0(1-0.84)4c0(1-0.21)=0.4220.422(1-0.84)4(1-0.21)c0进料浓度比c(HCl)c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+12O2(g)Cl2(g)+H2O(g)H=(83-20-121)kJmol-1=-58kJmol-1,则H=2H=-116kJmol-1(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。(4)根据图示可知,负极区(指电解池的阴极区)发生的电极反应(还原反应)为Fe3+e-Fe2+,随之发生的化学过程为4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O。根据电子守恒可知,电路中每转移1mol电子消耗0.25molO2,在标准状况下的体积为5.6L。